『ブラウン運動』問題の解答
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問題1.1 例1 (1/n)× n = 1 . 例2 n X k=0 n! k!(n− k)!p k (1− p)n−k=p + (1− p) n= 1 . 例3 X r1,··· ,rk n! r1!· · · rk! pr1 1 · · · p rk k = (p1+· · · + pk)n= 1 . 例4 e−λ ∞ X n=0 λn n! = e −λeλ = 1 . 例5 ∞ X n=1 (1− p)n−1p = p 1− (1 − p) = 1 . 問題1.2 A, Bをみる限りでは，1と2，4と5を分離する理由はない．そこでこれらをそれぞれ束 ねて「1つ」とみなすことにする．その上であらためて1と2の束をa，4と5の束をbと 書くことにして Ω′={3, 6, a, b} の部分集合をすべてつくると次の24= 16個となる． ∅ , {3} , {6} , {a} , {b} , {3, 6} , {3, a} , {3, b} , {6, a} , {6, b} , {a, b} , {3, 6, a} , {3, 6, b} , {3, a, b} , {6, a, b} , {3, 6, a, b} . aとbは本当は束を表しているから，元に戻してaを1, 2，bを4, 5と書くと結果は， ∅ , {3} , {6} , {1, 2} , {4, 5} , {3, 6} , {1, 2, 3} , {3, 4, 5} , {1, 2, 6} , {4, 5, 6} , {1, 2, 4, 5} , {1, 2, 3, 6} , {3, 4, 5, 6} , {1, 2, 3, 4, 5} , {1, 2, 4, 5, 6} , {1, 2, 3, 4, 5, 6} となる．その作り方からこれらで補集合，和集合，積集合をとる演算に関して閉じている こと，すなわちσ-加法族になっていることは明らか．逆に，これらがすべて必要なことは 順に ∅ , A ∩ B , Ac ∩ Bc , A∩ Bc, Ac∩ B , (A∩ B) ∪ (Ac∩ Bc) , A, B , Bc, Ac, (A∩ Bc)∪ (Ac∩ B) , A∪ Bc, Ac∪ B , A ∪ B , Ac∪ Bc, Ω に等しいことから明らかである． 問題1.3 前問のΩ′={3, 6, a, b}で考えると， P ({3, a}) = 0.2, P ({3, b}) = 0.7, P ({3}) = 0.1 なので P ({a}) = 0.2 − 0.1 = 0.1, P ({3}) = 0.1, P ({b}) = 0.7 − 0.1 = 0.6, P ({6}) = 1 − 0.1 − 0.1 − 0.6 = 0.2 である．このことを用いると，前問の16個の事象の確率は順に 0 , 0.1 , 0.2 , 0.1 , 0.6 , 0.3 , 0.2 , 0.7 , 0.3 , 0.8 , 0.7 , 0.4 , 0.9 , 0.8 , 0.9 , 1となる． 問題1.4 （1）正規分布表で確率が0.025となるのは1.96のときなので P |X − m| > 1.96σ= 0.05 より，a = 1.96 . 同様にして確率が0.005のときを探して P |X − m| > 2.58σ= 0.01 より，a = 2.58である∗1)． （2）求める確率の値は，x− m = cuと置換して P m < X < m + c= Z m+c m c π 1 (x− m)2+ c2dx = 1 π Z 1 0 1 u2+ 1du = 1 4. （3）同様に P X > 4/λ= Z ∞ 4/λ λe−λxdx = Z ∞ 4 e−udu = 1 e4. （注）問題1.6で計算するが，指数分布の平均はE(X) = 1/λ，標準偏差もσ(X) = 1/λなので， （3）の結果は P |X − E(X)| > 3σ(X)= 1 e4 ≑ 0.018 を意味する．正規分布の場合は正規分布表より P |X − E(X)| > 3σ(X)≑ 0.0027 である．一方，1.2.2項のChebyshevの不等式(1.29)では P |X − E(X)| > 3σ(X)< 1 32 ≑ 0.11 となり，精度が指数分布と比べてもかなり落ちる． 問題1.5 (1.26)は積分の線形性による． (1.27)について，E(X) = mとおくと
V (aX + b) = E(aX + b)− (am + b) 2
= E a2(X− m)2 = a2V (X) .
(1.28)について，(1.26)を用いて
V (X) = E (X− m)2= E(X2− 2mX + m2) = E(X2)− 2mE(X) + m2= E(X2)− m2.
問題1.6 （i）2項定理 (x + a)n= n X k=0 nCkxkan−k の両辺をxで微分したのちにxをかけ，その結果に同じ操作をもう一度繰り返すと nx(x + a)n−1= n X k=1 knCkxkan−k と nx(x + a)n−1+ n(n− 1)x2(x + a)n−2= n X k=1 k2nCkxkan−k ∗1) 正規分布による推定・検定ではこの1.96と2.58の数値が伝統的に用いられる．
が得られる．これらの式にx = p, a = 1− pを代入すると E(X) = np と E(X2) = np + n(n− 1)p2. (1.28)に代入してV (X) = np(1− p)となる． （ii）（i）の結果にp = λ/nを代入してn→ ∞の極限をとる∗2)． （iii）初等的な級数の和の計算なので省略する． （iv）x− m =√2σuと置換すると E(X) = √1 π Z ∞ −∞(m + √ 2σu)e−u2du = m . また，(1.13)の両辺をaで微分すると Z ∞ −∞ x2e−ax2dx = √ π 2 a −3/2 となり，x− m =√2σuの置換を経て V (X) = Z ∞ −∞ (x− m)2√1 2πσe −(x−m)2 /(2σ2)dx = Z ∞ −∞2σ 2 u2√1 2πσe −u2√ 2σdu = σ2. （v）x− m = cuと置換する． E(X) = 1 π Z ∞ −∞ m + cu 1 + u2 du の積分のうち， 1 π Z ∞ −∞ cu 1 + u2du = c π Z 0 −∞ u 1 + u2du + c π Z ∞ 0 u 1 + u2du の右辺の2つの積分はいずれも発散するので，平均は存在しない．したがって分散も存在 しない． （vi） Z ∞ 0 e−λxdx = λ−1 の両辺をλで2回微分すると Z ∞ 0 xe−λxdx = λ−2, Z ∞ 0 x2e−λxdx = 2λ−3 なので， E(X) = Z ∞ 0 xλe−λxdx = λ−1, V (X) = E(X2)− E(X)2= 2λ−2− λ−2= λ−2 となる． 問題1.7 AとBが独立なので， P (A∩ B) = P (A)P (B) が成り立つ．したがって P (Ac∩ B) = P (B) − P (A ∩ B) =1− P (A) P (B) = P (Ac)P (B) , P (Ac∩ Bc) = 1− P (A ∪ B) = 1 − P (A) − P (B) + P (A)P (B) =1− P (A) 1− P (B) = P (Ac)P (Bc) となり，AcとBも，AcとBcも独立である． 問題1.8 x2+ 2xy + 2y2= (x + y)2+ y2を用いて，全確率を計算すると ∗2) ∑∞ n=0 λn n! = e λの両辺を λで微分したのちλe−λを掛ける等の計算でも求めることができる．
ZZ R2 µ(x, y)dxdy = a Z ∞ −∞ e−(x+y)2d(x + y) Z ∞ −∞ e−y2dy = aπ となる．これが1に等しいので，a = 1/π．周辺分布については x2+ 2xy + 2y2= 2 y +x 2 2 +x 2 2 , x 2 + 2xy + 2y2= (x + y)2+ y2 より µX(x) = 1 πe −x2/2Z ∞ −∞ e−2(y+x/2)2dy = √1 2πe −x2/2 , µY(y) = 1 πe −y2Z ∞ −∞ e−(x+y)2dx =√1 πe −y2 . 問題1.9 確率密度について，µ(x, y) = µX(x)µY(y)なので E(XY ) = ZZ R2 xyµ(x, y)dxdy = Z ∞ −∞ xµX(x)dx Z ∞ −∞
yµY(y)dy = E(X)E(Y ) .
問題1.10 以下，特性関数をφ(z)で表す． （i）正規分布 φ(z) = √1 2πσ Z ∞ −∞ exphizx−(x− m) 2 2σ2 i dx = √1 2πσe imz−(σ2/2)z2Z ∞ −∞exp h −(x− m − iσ2z)2 2σ2 i dx = exph−σ 2 2 z 2 + imzi. （ii）Cauchy分布 φ(z) = c π Z ∞ −∞ eizx (x− m)2+ c2dx の積分経路を，図1のようにz > 0なら上半円，z < 0なら下半円にとる．それぞれ極 m + ci，m− ciを内部に含むので， φ(z) =±2πi Res nc π eizx (x− m)2+ c2, m± ci o = exp−c|z| + imz. m + ci 0 X z > 0の場合 m− ci 0 X z < 0の場合 図 1 x積分の経路と極． （iii）指数分布 φ(z) = λ Z ∞ 0 e(iz−λ)xdx = λ λ− iz. 問題1.11（i）全確率が1という式で，本文の第1章の1.3.2項ですでに出てきた式である． （ii）φ(z)の被積分関数eizxの絶対値が1なので，有界収束定理が適用できてx積分とz→ 0 の順序を交換できるので，
z→ 0 なら φ(z)→ φ(0) が成り立つ． （iii）正値性も n X j,k=1 ajakφ(zj− zk) = Z ∞ −∞ Xn j=1 ajeizjx Xn k=1 ake−izkx P (dx) = Z ∞ −∞ n X j=1 ajeizjx 2 P (dx)≧ 0 から明らか． 問題1.12（1）Ω ∈ B′なので，(1.64)のA = Ωの場合である． （2）A∈ B′に対して，XとAの定義関数 1A(ω) = ( 1 (ω∈ A) 0 (ω /∈ A) が独立となるので
E[X, A] = E(X 1A) = E(X)E(1A) = E(X)P (A) = E
E(X), A. つまりY = E(X)は(1.64)をみたしている．したがってその一意性より E(X|B′) = E(X)． （3）条件つき期待値の定義とその一意性から明らかである． （4）A∈ B1ならばA∈ B2なので， EE(X|B2), A = E[X, A] = EE(X|B1), A . これはE(E(X|B2)| B1) = E(X|B1)を意味している． （5）最初に，Y があるH ∈ B′ の定義関数 1H の場合を示す．任意のA ∈ B′に対して H∩ A ∈ B′なので E1HE(X|B′), A
= EE(X|B′), H∩ A= E(X, H∩ A) = E[1HX, A] なので，確かに E(1HX|B′) = 1HE(X|B′) が成り立っている．したがって単関数Y =Pnj=1cj1Hjに対しても成り立つ．一般のY の 場合はそれを単関数で近似することで証明できる．
2
問題2.1 本文にもあるように(2.55)の右辺にTaylor展開 G(t′, x′|t, x) = G(t′, x′′|t, x) + (x′− x′′) ∂ ∂x′′G(t ′, x′′|t, x) + · · · を代入してその第1項を左辺に移行すると，左辺は G(t′+ ∆t, x′′|t, x) − G(t′, x′′|t, x) Z ∞ −∞G(t ′+ ∆t, x′′|t′, x′)dx′ となるが，このx′積分が1でないので∆G(t′, x′′|t, x)の形にならない． この困難を克服するためにテスト関数φ(x′′)を(2.55)の両辺にかけて，x′′ で積分すると Z ∞ −∞ φ(x′′)G(t′+ ∆t, x′′|t, x)dx′′ = Z ∞ −∞ dx′′ Z ∞ −∞ φ(x′′)G(t′+ ∆t, x′′|t′, x′)G(t′, x′|t, x)dx′. 右辺にTaylor展開φ(x′′) = φ(x′) + (x′′− x′)dφ(x ′) dx′ + 1 2(x ′′− x′)2d2φ(x′) dx′2 + o (x ′′− x′)2 を代入し，2重積分の順序を交換して先にx′′積分を行うと Z ∞ −∞G(t ′+ ∆t, x′′|t′, x′)dx′′= 1 なので， Z ∞ −∞ φ(x′′)G(t′+ ∆t, x′′|t, x)dx′′− Z ∞ −∞ φ(x′)G(t′, x′|t, x)dx′ = Z ∞ −∞M (t ′, x′; ∆t)dφ(x′) dx′ G(t ′, x′|t, x)dx′ + 1 2 Z ∞ −∞ σ2(t′, x′; ∆t)d 2φ(x′) dx′2 G(t ′, x′|t, x)dx′+ o(∆t) . (1) ここに M (t′, x′; ∆t) = Z ∞ −∞ (x′′− x′)G(t′+ ∆t, x′′|t′, x′)dx′′= a(t′, x′)∆t + o(∆t), σ2(t′, x′; ∆t) = Z ∞ −∞ (x′′− x′)2G(t′+ ∆t, x′′|t′, x′)dx′′ = 2D(t′, x′)∆t + o(∆t) とおいた．ここでもLindeberg型の条件を仮定している． (1)の左辺（LHS）を LHS = Z ∞ −∞ φ(x′)nG(t′+ ∆t, x′|t, x) − G(t′, x′|t, x)odx′ と書いておいて，両辺を∆tで割って∆t→ 0の極限をとると Z ∞ −∞φ(x ′)∂G(t′, x′|t, x) ∂t′ dx ′ = Z ∞ −∞ ndφ(x′) dx′ a(t ′, x′) + d2φ(x′) dx′2 D(t ′, x′)oG(t′, x′|t, x)dx′ となる．右辺で部分積分をし，積分変数x′をyと書き換えると Z ∞ −∞φ(y) ∂G(t′, y|t, x) ∂t′ dy = Z ∞ −∞ φ(y) n − ∂ ∂y a(t′, y)G(t′, y|t, x) + ∂ 2 ∂y2 D(t′, y)G(t′, y|t, x) o dy が得られる． 最後に，テスト関数φ(y)を φ(y) = 1/(2ε) (|y − x′| ≦ ε) 0 (|y − x′| ≧ ε + ε2) をみたすようにとる．ただしε <|y − x′| < ε + ε2では両端での値0と1/(2ε)をなめら かにつなぐようにしておく．このようにした上でε→ 0の極限をとると，前向き方程式 (2.54)が得られる． 問題2.2 （i）Chapmanの方程式(2.50)をみたすこと，（ii）初期条件(2.49)をみたすこと，および （iii）Fokker–Planckの方程式(2.53)をみたさないこと，に分けて解答する． （i）Chapmanの方程式(2.50)をみたすことは，B(p, q)をベータ関数として， Γ (t′′− t′)Γ (t′− t) = Γ (t′′− t)B(t′′− t′, t′− t) と Z x′′ x (x′′− x′)t′′−t′−1(x′− x)t′−t−1dx′= (x′′− x)t′′−t−1B(t′′− t′, t′− t) から直ちに分かる． （ii）初期条件(2.49)について．テスト関数をφ(x′)とする．x′− x = y と置換し， Z ∞ x (x′− x)t′−t−1e−(x′−x)φ(x′)dx′= Z ∞ 0
の右辺に |φ(y + x) − φ(x)| ≦ cy （c > 0は定数） を代入して，Z ∞ 0 yt′−t−1e−yφ(x)dy = φ(x)Γ (t′− t), Z ∞ 0 yt′−t−1e−ycydy = cΓ (t′− t + 1) および lim t′→t Γ (t′− t + 1) Γ (t′− t) = 0 を用いると lim t′→t Z ∞ −∞G(t ′, x′|t, x)φ(x′)dx′= φ(x) となって，(2.49)が得られる． （iii）Fokker–Planck方程式(2.53)をみたさないことについて．∆t = t′− tとおくとき，今の 場合は M (t′, x; ∆t) = 1 Γ (∆t) Z ∞ x (x′− x)∆te−(x′−x)dx′= Γ (∆t + 1) Γ (∆t) がxに依存しないので，ドリフト速度aが存在するとしてもそれは∆tのみに依存する． 同じことが拡散係数Dについてもいえる． ∆x = x′− x > 0において G(t′, x′|t, x) =f (∆t, ∆x) Γ (∆t) f (t, x) = x t−1e−x をtやxで微分すると ∂G ∂t = f (∆t, ∆x) n − 1 Γ (∆t)log(x ′− x) + Γ′(∆t) Γ (∆t)2 o , ∂G ∂x = f (∆t, ∆x) n −∆tΓ (∆t)− 1x′1− x + 1 Γ (∆t) o , ∂2G ∂x2 = f (∆t, ∆x) n(∆t− 1)(∆t − 2) Γ (∆t) 1 (x′− x)2 − 2 ∆t− 1 Γ (∆t) 1 x′− x+ 1 Γ (∆t) o となる．右辺の3つの関数はxの関数として線形独立なので(2.53)をみたすa(∆t)と D(∆t)の組は存在しない． 問題2.3 この場合のChapmanの方程式は，k，lなどを0以上の整数として G(t′′, k′′|t, k) = X∞ k′=0 G(t′′, k′′|t′, k′)G(t′, k′|t, k) (2) である． Poisson過程 G(t, k|s, l) = λ(t− s) k−l (k− l)! e −λ(t−s) (k≧ l) 0 (k < l) の場合， {(2)の右辺} = e−λ(t′′−t)λk′′−k k′′ X k′=k (t′′− t′)k′′−k′(t′− t)k′−k (k′′− k′)! (k′− k)! においてk′− k = lと置き換えると，右辺の和が2項定理より kX′′−k l=0 (t′′− t′)k′′−k−l(t′− t)l (k′′− k − l)! l! = 1 (k′′− k)! (t′′− t′) + (t′− t) k′′−k = (t ′′− t)k′′−k (k′′− k)! となって，Chapmanの方程式をみたすことが導かれる． 問題2.4 0 < t1<· · · < tnのとき0 < c2/tn<· · · < c2/t1が成り立つことに注意して(2.60)を用
いると P \ 1≦k≦n ak≦ Xtk < bk = Z bnc/tn anc/tn · · ·Z b1c/t1 a1c/t1 n Y k=1 Gct2 k , ξk c2 tk+1 , ξk+1 dξn· · · dξ1. ただし，tn+1=∞，ξn+1= 0とする．(tk/c)ξk= ηkと置換すると，右辺は Z bn an · · · Z b1 a1 nYn k=1 √ tktk+1 p 4πD(tk+1− tk) o exph− n X k=1 (tk+1ηk− tkηk+1)2 4Dtktk+1(tk+1− tk) iYn k=1 dηk tk となる．ただしk = nの部分はtn+1=∞より 1 √ 4πDtn exp h − ηn2 4Dtn i dηn である． 指数関数に掛かっている因数を計算すると，t0= 0として， nn−1Y k=1 √ tktk+1 p 4πD(tk+1− tk) 1 tk o 1 √ 4πDtn = n−1Y k=0 1 p 4πD(tk+1− tk) となる． expの中を計算すると，t0= 0, η0= 0の約束の下で， nX−1 k=1 n − (ηk+1− ηk)2 4D(tk+1− tk) + η 2 k+1 4Dtk+1 − ηk2 4Dtk o − ηn2 4Dtn = − n−1X k=1 (ηk+1− ηk)2 4D(tk+1− tk)− η21 4Dt1 =− n−1X k=0 (ηk+1− ηk)2 4D(tk+1− tk) となる．したがって P \ 1≦k≦n ak≦ Xtk < bk = Z b1 a1 · · · Z bn an nY−1 k=0 n 1 p 4πD(tk+1− tk) exph− (ηk+1− ηk) 2 4D(tk+1− tk) io dη1· · · ηn となって，X(t) = (t/c)B(c2/t)の結合分布はBrown運動B(t)のそれと一致する． 問題2.5 ヒントの d da hλ(a)− g(a) ≶ σa2 hλ(a)− g(a) までは簡単な計算である． k(a) = exph− a 2 2σ2 i hλ(a)− g(a) とおくと，dk(a)/da≶ 0となるので，λ = 2σ2のときk(a)は減少関数，λ = 4σ2のとき 増加関数である． hλ(a)→ 0 (a → ∞)と e−a2/(2σ2)g(a) = Z ∞ a e−ξ2/(2σ)2dξ→ 0 (a → ∞) より lim a→∞k(a) = 0 なので，
h4σ2(a) < g(a) < h2σ2(a) が成り立つ．これが証明すべき不等式である．
問題2.6 σ2 a2 と 1 √ 2π 4σ √ a2+ 2σ2+ aexp h − a2 2σ2 i を比べるわけで，a/σ = tとおくと f1(t) = 1 t2 と f2(t) = 4 √ 2π 1 √ t2+ 2 + texp h −t22i を比べることになる．x > 0に対して e−x< 1 1 + x が成り立つので f2(t) < √4 2π 1 √ t2+ 2 + t 2 t2+ 2 < 1.6× 1 2t 2 t2+ 2 < 1 t2 = f1(t) よりf2(t) < f1(t)である． （注）tが大きいとき，不等式e−t < 1/(1 + t)の左辺は右辺に比べて桁外れに小さいので，f2(t) もf1(t)に対してそうである． 問題2.7 ξ/σ = uと置換して部分積分をくり返す．a/σ = a′とおく．1/√2πは共通なので省略す ると，中央の積分は I = Z ∞ a′ e−u2/2du = Z ∞ a′ −1 u d due −u2/2 du = 1 a′e −a′2/2 − Z ∞ a′ 1 u2e −u2 /2 du (3) となる．最後の積分を Z ∞ a′ 1 u2e −u2/2 du = Z ∞ a′ −1 u3 d due −u2/2 du とみて，再度部分積分すると I = 1 a′ − 1 a′3 e−a′2/2+ Z ∞ a′ 3 u4e −u2/2 du . (4) (3)と(4)によって，証明すべき不等式がn = 0の場合に成り立つことが分かる． 以下，同様の計算をくり返せば求める不等式が得られる． 問題2.8 nに関する数学的帰納法により，x > 0 に対して 2n+1X k=0 (−1)k k! x k < e−x< 2n X k=0 (−1)k k! x k が証明できるので，x = u2/2を代入して，0からa/σまでuで積分すると示すべき不等 式が得られる． 問題2.9 Gauss積分の公式 Z ∞ −∞
exp[−ax2]dx =√πa−1/2
の両辺をaでn回微分するとZ ∞ −∞ x2nexp[−ax2]dx =√π(2n− 1)!! 2n a −(2n+1)/2 となる．これを D B(t′)− B(t) 2nE 平均= B(t′− t)2n 平均 = Z ∞ −∞ x2n p 4πD(t′− t)exp h − x2 4D(t′− t) i dx に用いると，求める式が得られる． 次のような計算もできる：Gauss積分の公式
Z ∞ −∞ exp[−ax2+ bx]dx =π a 1/2 eb2/(4a) (Re a > 0) を用いると E eipBt= Z ∞ −∞ 1 √ 4πDtexp h −4Dtx2 + ipxidx = e−Dtp2 が成り立つ．この最右辺と最左辺をpに関してベキ展開すると ∞ X n=0 (−1)n (2n)!E B 2n t p2n+ i ∞ X n=1 (−1)n−1 (2n− 1)!E B 2n−1 t p2n−1= ∞ X n=0 (−Dt)n n! p 2n なので，両辺のpの2n乗の係数を比較すると，同じ結論が得られる． 問題2.10 簡単のためにD = 1/2, 0 = t0<· · · < tnとする．1/(tk− tk−1) = αkとおくとき， V = Vn= t1 · · · · t1 t1 t2 · · · · t2 · · · · t1 t2 · · · · tn の逆行列が Wn= α1+ α2 −α2 −α2 α2+ α3 −α3 −α3 α3+ α4 −α4 · · · · · · · · · −αn−1 αn−1+ αn −αn −αn αn であることは容易に確認できる．ただし右辺は0でない成分のみを記した． Wnの第n行を第n− 1行に加えた後，第n列で展開すると det Wn= α1+ α2 −α2 −α2 α2+ α3 −α3 −α3 α3+ α4 −α4 · · · · · · · · · −αn−1 αn−1 0 −αn αn = αndet Wn−1 となる．これをくり返すとdet Wn= α1α2· · · αnとなるので， det Vn= n−1Y k=0 (tk+1− tk) (t0= 0) . (2.77)の指数部分のxWntxについて，Wnの対角成分から (α1+ α2)x21+· · · + (αn−1+ αn)x2n−1+ αnx2n が出てくる．(i, i + 1)成分と(i + 1, i)成分からは，ともに同じ −(α2x1x2+· · · + αnxn−1xn) が出てくるので，これらを加え合わせると α1x21+ α2(x2− x1)2+· · · + αn(xn− xn−1)2. これらを(2.77)に代入した式が(2.78)である． 問題2.11 指数部分だけを取り出してyに関して平方完成すると −(x− y)2 2v1 − (y− z)2 2v2 =−v1+ v2 2v1v2 y− v2x + v1z v1+ v2 2 − (x− z)2 2(v1+ v2)
となり，指数関数に掛かっている因数の部分も 1 √ 2πv1 1 √ 2πv2 = p 1 2π(v1+ v2) r v1+ v2 2πv1v2 となるので(2.83)が成り立つ．それをyで積分すると(2.84)が得られる． 問題2.12 (2.107)とその中のtをt′に置き換えた式の積をつくったとき，a0, an, bnは互いに独立な ので，積の平均が零でないのは⟨a20⟩とn≧ 1に対する⟨a2 n⟩, ⟨b2n⟩のみである．したがって X(t)X(t′) = 2 T " tt′ 2 ⟨a 2 0⟩ + T2 4π2 ∞ X n=1 ⟨a2 n⟩ 1 n2sin 2πn T t sin 2πn T t ′ + T 2 4π2 ∞ X n=1 ⟨b2 n⟩ 1 n2 1− cos2πn T t 1− cos2πn T t ′#. 右辺に ⟨a20⟩ = ⟨a2 n⟩ = ⟨b2n⟩ = 2D を代入して整理すると X(t)X(t′) = 2Dtt ′ T + DT π2 ∞ X n=1 1 n2 cos2πn T (t− t ′)− cos2πn T t− cos 2πn T t ′+ 1. この右辺に，岩波数学公式IIのp.39とp.73にある ∞ X n=1 1 n2 = π2 6 と ∞ X n=1 1 n2cos nx = (x− π)2 4 − π2 12 (0≦ x ≦ 2π) を代入して整理すると X(t)X(t′) = D t + t′− |t − t′|= 2D (t∧ t′) が得られる． 問題2.13 (2.114)においてa = s, xa= X(s)とおくと，(s, X(s))と(b, xb)にピン止めされたとき の(X(t)− X(s))2の平均値は，X(s) = yとして (t− s)2 (b− s)2(xb− y) 2 + 2D(t− s) 1− t− s b− s . これに(2.112)の Ppin X(s) = y = u y− l(s), v(s) をかけて，yで積分する． (xb− y)2={xb− l(s)}2− 2{xb− l(s)}{y − l(s)} + {y − l(s)}2 にu(y− l(s), v(s))をかけてyで積分すると {xb− l(s)}2+ v(s) となる．これをIで表すと D X(t)− X(s) 2 E pin= (t− s)2 (b− s)2I + 2D(t− s) 1− t− s b− s となり，右辺を整理すると目標の式が得られる． 問題2.14 第2項の積分で2a− x → xの置換をすると Z a −∞ϕ(t, 2a− x)dx = Z ∞ a ϕ(t, x)dx となる．これを第1項の積分と合わせるとϕ(x, t)の全域での積分となるので確かに規格化 されている． 問題2.15 （i）Cauchy分布，（ii）Poisson分布，に分けて解答する．
（i）Cauchy分布 µ(x) = a π{x2+ a2} （a > 0） の安定性について， µ1(x) = 1 σ1µ x σ1 , µ2(x) = 1 σ2µ x σ2 に(2.136)を用いると µ1∗ µ2(x) = Z ∞ −∞ σ1a π{(x − y)2+ (σ1a)2} σ2a π{y2+ (σ2a)2}dy = (σ1+ σ2)a π{x2+ (σ 1+ σ2)2a2} = 1 σ1+ σ2 µ x σ1+ σ2 となって，安定性が導かれる． （ii）平均と分散がともにλのPoisson分布 µ(n; λ) = λ n n!e −λ （n = 0, 1, 2,· · ·） の場合， n X k=0 µ(n− k; λ)µ(k; σ) = n X k=0 λn−k (n− k)!e −λσk k!e −σ= e−(λ+σ)Xn k=0 λn−kσk (n− k)!k! = (λ + σ) n n! e −(λ+σ)= µ(n; λ + σ) (5) となって，確かにたたみこみに関して閉じている．そしてそのことが，Poisson過程に対 する経路空間上の測度を構成する際に必要な，経路の束の確率の間の整合性を保証する． それにもかかわらず，Poisson分布は安定ではない．µ1, µ2が(2.150)のλ = 1という 最も簡単な場合として，ともにµ(n; σ)に同型，つまり µ1(n) = µ2(n) = µ(n; σ) であるとしても，そのたたみこみをµ3(n)とするとき，これはµ(n; σ)と同型にならない． 実際，(5)より µ3(n) = (2σ) n n! e −2σ だが，λ > 0をどのように選んでもこれがすべてのn = 0, 1,· · · に対して λ µ(λn; σ) = λσ λn (λn)!e −σ と等しくなることは，ありえない（λnが整数でない場合，その階乗をガンマ関数で解釈 する）． 問題2.16 ρ∼ µよりρ(x)dx = µ(λx)λdxとおけるので，λx = yと置換すると φρ(z) = Z ∞ −∞ eizxµ(λx)λdx = Z ∞ −∞ ei(z/λ)yµ(y)dy = φµ(z/λ) . 問題の後半部分の成立は，この式と合成積（たたみこみ）のFourier変換がFourier変換の 積になることから明らかである．
3
問題3.1 積分計算をすると E ∆Btk = Z ∞ −∞ |x| √ 4πD∆tk exp h −4D∆tx2 k i dx= 2 Z ∞ 0 x √ 4πD∆tk exph− x 2 4D∆tk i dx = √ 4D∆t√ k π . 特に区間[0, t]をn等分したとき∆tk= t/nなので E M∆n(ω) = n−1X k=0 E ∆Btk = √ 4Dt √ π √ n→ ∞ (n → ∞) . これはBrown運動の平均全変動が無限大であることを意味している． （注）平均全変動の定義において，期待値Eをとらない sup ∆n n−1X k=0 Xtk+1(ω)− Xtk(ω) (∆nは区間[0, t]の分割） を全変動過程といい，以下のように，問題3.1の結果よりももっと強いことが成り立つ： “区間[0, t]をn等分割して∆tk= t/n ,（k = 0,· · · , n）としたとき，確率変数 1 √ n nX−1 k=0 Btk+1(ω)− Btk(ω) はn→ ∞で定数v > 0に確率収束する．さらに精密には，確率変数 n−1X k=0 Btk+1(ω)− Btk(ω) − √nv はあるGauss型確率変数に法則収束する（参考文献[53] p.33参照）．” 問題3.2 nnX−1 j=0 ∆Btj 2 − 2Dto2= nX−1 j,k=0 (∆Btj) 2 − 2D∆tj (∆Btk) 2 − 2D∆tk の右辺について，j̸= kのとき (∆Btj) 2− 2D∆t j と (∆Btk) 2− 2D∆t k が独立なので，両辺の期待値をとると，積の期待値=期待値の積= 0よりj = kのみが 残って， E n−1X j=0 (∆Btj) 2− 2D∆t j 2 = n−1X j=0 E ∆Btj 4 − 4D∆tj ∆Btj 2 + 4D2 ∆tj 2 となる．問題2.9で導いた等式 E ∆Btj 2n = (2n− 1)!! 2D∆tj n と，max{∆tj| 0 ≦ j ≦ n − 1} = |∆n|とおくとき n−1X j=0 ∆tj 2 ≦ |∆n| n−1X j=0 ∆tj= t|∆n| → 0 (n → ∞) が成り立つことを用いると， E n−1X j=0 (∆Btj) 2− 2D∆t j 2 = n−1X j=0 n 12D2 ∆tj 2 − 8D2 ∆tj 2 + 4D2 ∆tj 2o = 8D2 n−1X j=0 ∆tj 2 → 0 となる．これはXn(t, ω)がL2(Ω, P )の意味で2Dtに収束することを意味している． 問題3.3 被積分関数f (s, ω) = Bs(ω)2の単関数近似として ϕn(s, ω) = n−1X j=0 Btj(ω) 2 χ[tj,tj+1)(s)
をとると E Z t 0 ϕn(s)− Bs2 2 ds = n−1X j=0 Z tj+1 tj E (Bt2j− B 2 s)2 ds . 右辺について (Bt2j− B 2 s)2= (Bs− Btj) 4+ 4B tj(Bs− Btj) 3+ 4B2 tj(Bs− Btj) 2 と変形して期待値Eをとると，Btj とBs− Btj の独立性より右辺の第2項は0，残りは E (Bs− Btj) 4 = 12D2(s− tj)2, E Bt2j(Bs− Btj) 2= E(B2 tj)E (Bs− Btj) 2= 4D2t j(s− tj) . したがって EZ t 0 ϕn(s)− B2s 2 ds = 12D2 nX−1 j=0 Z tj+1 tj (s− tj)2ds + 16D2 nX−1 j=0 tj Z tj+1 tj (s− tj)ds = 4D2 n−1X j=0 (∆tj)3+ 8D2 n−1X j=0 tj(∆tj)2→ 0 (n → ∞) となり，近似の条件(3.18)はみたされる． 伊藤積分の定義から Z t 0 Bs2dBs= lim n→∞ n−1X j=0 Bt2j∆Btj. 右辺について Bt2j∆Btj = 1 3∆ Bt3j −13(∆Btj) 3 − Btj(∆Btj) 2 の第1項の和は(1/3)Bt3を与える．第2項の和は E (第2項の和)2= 1 9E X i,j (∆Bti) 3 (∆Btj) 3 = 1 9E X j (∆Btj) 6 = 1 9 X j 5!!(2D∆tj)3→ 0 (n → ∞) となって消える．第3項の和が(3.25)の最後のs積分を与えるはずである．実際， En第3項の和− 2DX j Btj∆tj o2 =X k,l EBtk (∆Btk) 2 − 2D∆tk Btl (∆Btl) 2 − 2D∆tl について，k̸= lに対しては独立性から，積の平均＝平均の積＝0となって消える． k = lに対しても E(∆Btk) 2− 2D∆t k 2 = E (∆Btk) 4− 4D∆t kE (∆Btk) 2 + (2D∆tk)2= 8D2(∆tk)2 となって，kで和をとって極限をとると消える．こうしてL2(Ω, P )での収束として lim n→∞(第3項の和) = limn→∞2D X k Btk∆tk= 2D Z t 0 Bsds となり，(3.25)が得られる． 問題3.4 Xt= Bt，f (x, t) = x3/3とすると ∂f ∂t = 0, ∂f ∂x = x 2 , ∂ 2f ∂x2 = 2x なので 1 3d(B 3 s) = B2sdBs+ 2DBsds .
この両辺をs∈ [ 0, t ]で積分すると(3.25)となる． 問題3.5 （1）計算例2で得られた式 Z t 0 Bsds− tBt=− Z t 0 sdBs の右辺に等長定理を用いると Z t 0 Bsds− tBt 2 2= 2DE Z t 0 s2ds = 2D 3 t 3 . （2）伊藤の公式より d(t2Bt) = 2tBtdt + t2dBt なので Z t 0 sBsds− 1 2t 2 Bt=− Z t 0 1 2s 2 dBs. この右辺に等長定理を用いると Z t 0 sBsds− 1 2t 2B t 2 2 = 2DEZ t 0 1 4s 4ds= D 10t 5. 問題3.6 以下，s < tとする． （1）等式 B2t− 2Dt = (B 2 s− 2Ds) + 2Bs(Bt− Bs) + (Bt− Bs)2− 2D(t − s) の右辺の各項に（P1）∼（P4）を用いると E {Bs2− 2Ds} Bs= Bs2− 2Ds , E 2Bs(Bt− Bs) Bs = 2BsE {Bt− Bs} Bs = 2BsE(Bt− Bs) = 0 , E (Bt− Bs)2 Bs = E (Bt− Bs)2 = 2D(t− s) となるので， E {B2t − 2Dt} Bs = Bs2− 2Ds が成り立つ．したがってBt2− 2Dtはマルチンゲールである． （2）（1）と同様に Bt3− 6DtBt= (Bs3− 6DsBs) + 3Bs2(Bt− Bs) + 3Bs(Bt− Bs)2 + (Bt− Bs)3− 6Dt(Bt− Bs)− 6D(t − s)Bs の右辺の各項の条件付き期待値をとると，以下の3つの項以外はすべて0になって消える． E {B3s− 6DsBs} Bs = B3s− 6DsBs, E 3Bs(Bt− Bs)2 Bs= 3BsE (Bt− Bs)2 Bs= 3BsE (Bt− Bs)2 = 6D(t− s)Bs, E 6D(t− s)Bs Bs = 6D(t− s)Bs. これらを代入すると E {Bt3− 6DtBt} Bs = B3s− 6DsBs となるので，B3t− 6DtBtはマルチンゲールである． （3）Xt= t2Bt− 2 Z t 0 sBsdsとおく．Brown運動はマルチンゲールなので E Bs′|Bs = Bs (s′> s) , E Bs′|Bs = Bs′ (s′< s) が成り立つ．したがって E t2Bt|Bs= t2Bs, EZ t 0 s′Bs′ds′ Bs = EZ s 0 s′Bs′ds′ Bs + EZ t s s′Bs′ds′ Bs
= Z s 0 s′Bs′ds′+ Bs Z t s s′ds′= Z s 0 s′Bs′ds′+ 1 2(t 2− s2 )Bs となり， E(Xt|Bs) = s2Bs− 2 Z s 0 s′Bs′ds′= Xs が成り立つ．したがってXtはマルチンゲールである． 問題3.7 問題2.9で導いた E Bt2k = (2k)! k! (Dt) k を用いると E ebBt = ∞ X k=0 1 (2k)! (2k)! k! (b 2 Dt)k= eb 2 Dt となるので，
E(Xt) = E(X0) exp
(a− b2D)t + b2Dt= E(X0) eat. 問題3.8 両辺をまずsで微分すると D dB(s) B(s′)E= 2Dθ(s′− s)ds − 2Dsδ(s′− s)ds + 2Ds′δ(s− s′)ds = 2Dθ(s′− s)ds . 引き続き両辺をs′で微分して D dB(s) dB(s′)E= 2Dδ(s′− s)dsds′. 問題3.9 s1,· · · , s4がすべて相異なる場合はdB(sk)が互いに独立になるので，両辺ともに0であ る．3つが等しくて1つだけ異なる場合や，2つが等しくて残りの2つは異なる場合も，同 様に両辺ともに0である．また，4つの時刻がすべて等しいとき両辺ともに12D2(ds)2に なるので無視できる． 最後に，等しい時刻が2 : 2に分かれる場合のみ残る．例えばs1 = s2̸= s3= s4の場 合，dB(s1)dB(s2)とdB(s3)dB(s4)は独立なので， D dB(s4)dB(s3)dB(s2)dB(s1) E = D dB(s4)dB(s3) E D dB(s2)dB(s1) E が成り立つ．2 : 2に分かれる他の場合も考慮すると問題文の等式が出来上がる． µ/M = βを用いて D v(t, ω)4 E = v04e−4βt + 6v 2 0α2 M2 e −2βtZ t 0 Z t 0 e−β(2t−s1−s2)DdB(s1)dB(s 2) E + α 4 M4 Z t 0 · · · Z t 0 e−β(4t−s1−···−s4)DdB(s1)· · · dB(s 4) E の右辺の積分をそれぞれI2，I4とおく．問題3.8の結果の式 D dB(s1)dB(s2) E = 2Dδ(s1− s2)ds1ds2 を用いると，デルタ関数のおかげで積分が簡単になって I2= 2D Z t 0 e−2β(t−s1)ds1= M D µ 1− e −2βt, I4= 12D2 Z t 0 Z t 0 e−β(4t−2s1−2s3)ds1ds3= 3M 2D2 µ2 1− e −2βt2 . これらとDα2= µkBTを代入して D v(t, ω)4 E = v40e−4βt+ 6v20 kBT M e −2βt 1− e−2βt+ 3kB2T2 M2 1− e −2βt2 . (6) 他方，(3.52)を用いると
D v(t, ω)4 E = Z ∞ −∞v 4√ 1 2πσv(t) exp h −(v− v2σ0e−βt)2 v(t)2 i dv となる．ここに σv(t)2= kBT M (1− e −2βt) である．v− v0e−βt=√2σv(t)uと置換して Z ∞ −∞ e−u2du =√π, Z ∞ −∞ u2e−u2du = 1 2 √ π, Z ∞ −∞ u4e−u2du = 3 4 √ π を用いて計算すると，(6)と同じ式が得られる．
4
問題4.1 伊藤の公式 dA = ∂A ∂tdt + ∂A ∂xdx + D ∂2A ∂x2dt の両辺を積分すると Z T 0 α t, X(t, ω)dX(t, ω) = A T, X(T, ω)− A 0, X(0, ω)− Z T 0 n∂A ∂t + D ∂2A ∂x2 o dt となる．これを(4.5)の右辺に適用すると確かに(4.7)の右辺に一致する． 問題4.2 L = (m/2) ˙x2よりEuler–Lagrange方程式はd(m ˙x)/dt = 0となって，古典経路は等速直 線運動 xcl(t) = xb− xa tb− ta (t− ta) + xa となる．したがって Scl= Z tb ta m 2 (xb− xa)2 (tb− ta)2 dt =m 2 (xb− xa)2 tb− ta . 問題4.3 L = (m/2)( ˙x2− ω2x2)なので．Euler–Lagrange方程式はx =¨ −ω2xとなる．端点の条 件x(ta) = xa, x(tb) = xbも考慮すると xcl(t) = 1 sin ωT xbsin ω(t− ta)− xasin ω(t− tb) (T = tb− ta) . したがって Scl= mω2 2 sin2ωT Z tb ta h xbcos ω(t− ta)− xacos ω(t− tb) 2 −xbsin ω(t− ta)− xasin ω(t− tb) 2i dt = mω 2 2 sin2ωT Z tb ta h x2acos 2ω(t− tb) + x2bcos 2ω(t− ta) − 2xaxbcos ω(2t− ta− tb) i dt . 積分を実行して Scl= mω2 2 sin2ωT 1 2ωx2asin 2ωT + x2bsin 2ωT− 4xaxbsin ωT
= mω 2 sin ωT (x2a+ x2b) cos ωT− 2xaxb . 問題4.4 自由粒子すなわちL = m ˙x2/2の場合，(4.31)より
∂Scl ∂xa =−mxb− xa tb− ta =−p(ta) , ∂Scl ∂tb =−m 2 (xb− xa)2 (tb− ta)2 =−E(tb) となって，確かに(4.33)と(4.34)が成り立つ． 調和振動子すなわちL = m( ˙x2− ω2x2)/2の場合，(4.32)より ∂Scl ∂xa = mω sin ωT(xacos ωT− xb) であり， p(ta) = m ˙x(ta) = mω sin ωT xbcos ω(t− ta)− xacos ω(t− tb) t=ta = mω sin ωT(xb− xacos ωT ) なので(4.33)が成り立つ．(4.34)についても ∂Scl ∂tb = mω 2 2 sin2ωT −(x2 a+ x 2 b) + 2xaxbcos ωT と E(tb) = (p ˙x− L) t=tb = mω 2 sin2ωT(xbcos ωT− xa) 2 − m2x(t˙ b)2− ω2x2b = mω 2 2 sin2ωT (x2a+ x2b)− 2xaxbcos ωT より確かに成り立つ． 問題4.5 最初に，(4.49)に入っているAの個数Nが積分変数の個数N− 1よりも1個多いことを 注意しておく．そのことを利用して，本論ではx1積分の際に1/Aを2個用いることがで きた． x1, · · · , xk−1積分の結果 m 2πiℏ(kε) 1/2 exp h im 2ℏ(kε)(xk− x0) 2i (7) となったと仮定する．これに 1 Aexp him 2ℏε(xk+1− xk) 2i を掛けてxk積分をする．その被積分関数のexpの中だけを書き出すと im 2ℏε nk + 1 k x 2 k− 2 x0 k + xk+1 xk+ x20 k + x 2 k+1 o = im(k + 1) 2ℏ(kε) xk− x0+ kxk+1 k + 1 2 + im 2ℏ(k + 1)ε(xk+1− x0) 2 となる．これをeの肩に乗せてxkで積分すると 2πiℏ(kε) m(k + 1) 1/2 exph im 2ℏ(k + 1)ε(xk+1− x0) 2i . これにxk−1積分までで得ていた因数 m 2πiℏ(kε) 1/2 と 1 A = m 2πiℏε 1/2 を掛けると m 2πiℏ(k + 1)ε 1/2 exp h im 2ℏ(k + 1)ε(xk+1− x0) 2i となって，(7)のkをk + 1に置き換えた式に一致する． 以上を帰納的に繰り返すことで(4.50)が得られる． 問題4.6 運動量bpについて，(4.53)より bpψ(t, x) = −iℏ∂ψ(t, x)∂x = C Z ∞ −∞ℏke i(kx−ωkt) eϕ(k)dk なので，
p = C2 Z ∞ −∞ dx Z ∞ −∞ dk Z ∞ −∞
dk′(ℏk)e−i(k′x−ωk′t)ei(kx−ωkt)eϕ(k′)eϕ(k).
x積分を先にすると，2πδ(k′− k)となるのでk′積分もすぐにできて p = C22πℏ Z ∞ −∞ ke−2α(k−k)2dk . (8) k− k = uと置換すると Z ∞ −∞ ke−2α(k−k)2dk = k Z ∞ −∞ e−2αu2du = k r π 2α となるので，(8)に代入して整理すると(4.56)となる． エネルギーの場合は b Eψ(t, x) = iℏ∂ψ(t, x) ∂t = C Z ∞ −∞ℏωke i(kx−ωkt) eϕ(k)dk ωk= ℏk 2 2m なので，(8)に相当する式が E = C2πℏ 2 m Z ∞ −∞ k2e−2α(k−k)2dk となる．k− k = uと置換して Z ∞ −∞ k2e−2α(k−k)2dk = Z ∞ −∞ (u2+ 2ku + k2)e−2αu2du を計算すると(4.57)が得られる． 問題4.7 固有関数であることの計算では規格化因数{α/(2nn!√π)}1/2を無視する．Leibnizの法則 を用いて d2un(x) dx2 = (α 4 x2− α2)e−(αx)2/2Hn(αx) + 2(−α3x)e−(αx) 2/2 Hn′(αx) + α2e−(αx) 2 /2 Hn′′(αx) . 右辺にHermiteの微分方程式 Hn′′(αx) = 2αxHn′(αx)− 2nHn(αx) と α = p mω/ℏ を代入すると d2un(x) dx2 = mω ℏ mω ℏ x 2− 2n − 1 un(x) . −ℏ2/(2m)をかけて bp2 2mun(x) = n −mω2 2 x 2 +n +1 2 ℏωoun(x) . この両辺にV (x)un(x) = (m/2)ω2x2un(x)を加えると目的の式になる． 後半について，αx = ξと変換すると Z ∞ −∞ Hn(αx)2e−(αx) 2 dx = Z ∞ −∞ Hn(ξ) −dξdne−ξ2dξ α . 右辺で部分積分をnZ回繰り返すと ∞ −∞ Hn(αx)2e−(αx) 2 dx = Z ∞ −∞ dnHn(ξ) dξn e −ξ2dξ α . Hn(ξ)は最高次の係数が2nのn次式なので，この右辺の値は2nn!√π/αである．した がって un(x) 2= 1が成り立つ． 問題4.8 ct = x0，mc/ℏ = κ，{x2 0− (x − y)2}1/2= ξと書く．x0>|x − y| に対して ∂ ∂x0J0(κξ) = κx0 ξ J ′ 0(κξ) (9) をもう一度微分すると ∂2 ∂x2 0 J0(κξ) =−κ(x − y) 2 ξ3 J ′ 0(κξ) + κ2x20 ξ2 J ′′ 0(κξ) . xで微分すると
∂ ∂xJ0(κξ) = −κ(x − y) ξ J ′ 0(κξ) (10) より ∂2 ∂x2J0(κξ) = −κx2 0 ξ3 J ′ 0(κξ) + κ2(x− y)2 ξ2 J ′′ 0(κξ) となるので， −∂x∂22 + ∂2 ∂x2 0 J0(κξ) =κ ξJ ′ 0(κξ) + κ 2 J0′′(κξ) となる．この右辺のJ0′′(κξ)に0次のBessel方程式 J0′′(κξ) =− 1 κξJ ′ 0(κξ)− J0(κξ) を代入すると，J0(κξ)に対するKlein–Gordon方程式 −∂x∂22 + ∂2 ∂x2 0 + κ2J0(κξ) = 0 が得られる． 次に，Dirac演算子を b D = ∂ ∂x0 + α ∂ ∂x+ iκβ とおき，(4.90)に現れる演算子を b D∗= ∂ ∂x0 − α ∂ ∂x− iκβ とおくと， b D bD∗= ∂ 2 ∂x2 0 − α2 ∂2 ∂x2 + κ 2 β2− iκ(αβ + βα) ∂ ∂x となる．この右辺に α2= β2= 1 , αβ + βα = 0 を代入すると，D bbD∗は確かにKlein–Gordon演算子である．したがって b D{ bD∗J0(κξ)} =− ∂ 2 ∂x2 + ∂2 ∂x2 0 + κ2J0(κξ) = 0 となって，(4.90)のK0(t, x| 0, y)はDirac方程式をみたす． 最後に係数1/2の意味を考えるためにt↓ 0すなわちx0↓ 0の極限をとる．このとき J0(κξ)θ x0− |x − y| のθ関数のためにx− y → 0したがってξ→ 0となり，(9)と(10)の右辺は κx0 ξ J ′ 0(κξ) =− κx0 ξ J1(κξ)≃ − κx0 ξ κξ 2 → 0 , −κ(x − y) ξ J ′ 0(κξ) = κ(x− y) ξ J1(κξ)≃ κ(x− y) ξ κξ 2 → 0 となる．したがって，(4.90)のK0(t, x| 0, y)にテスト関数f (y)をかけてyで積分するこ とを考えるとき，(9)と(10)におけるJ0(κξ)のx0やxに関する微分からの寄与はなくな る．またJ0(κξ)→ 1なので，y積分区間x− x0≦ y ≦ x + x0の幅がx0→ 0とともに0 になることを考えるとiκβからの寄与もなくなる． 残ったのはθ関数の微分だけで，x0> 0に対して θ x0− |x − y|= θ(x0− x + y)θ(x − y) + θ(x0+ x− y)θ(y − x) をx0で微分して ∂ ∂x0θ x0− |x − y| = δ(x0− x + y)θ(x − y) + δ(x0+ x− y)θ(y − x) となる．これにテスト関数f (y)をかけてyで積分すると Z ∞ −∞ ∂θ(x0− |x − y|) ∂x0 f (y)dy = Z x −∞ δ(x0− x + y)f(y)dy + Z ∞ x δ(x0+ x− y)f(y)dy
= f (x− x0) + f (x + x0)→ 2f(x) (x0↓ 0) となるので lim x0↓0 ∂ ∂x0θ x0− |x − y| = 2δ(y− x) が分かる． 一方，xでの微分は ∂ ∂xθ x0− |x − y| =−δ(x0− x + y)θ(x − y) + θ(x0− x + y)δ(x − y) + δ(x0+ x− y)θ(y − x) − θ(x0+ x− y)δ(y − x) なので Z ∞ −∞ ∂θ(x− |x − y|) ∂x f (y)dy =− Z x −∞ δ(x0− x + y)f(y)dy + Z ∞ x−x0 δ(x− y)f(y)dy + Z ∞ x δ(x0+ x− y)f(y)dy − Z x+x0 −∞ δ(y− x)f(y)dy =−f(x − x0) + f (x) + f (x + x0)− f(x) → 0 (x0↓ 0) となり， lim x0↓0 ∂ ∂xθ x0− |x − y| = 0 である． これらの結果とJ0(0) = 1から lim x0↓0 ∂ ∂x0 − α ∂ ∂x − iκβ n J0(κξ)θ x0− |x − y| o = 2δ(y− x) となる．この係数2を消すために1/2が掛けてある．つまり(4.90)の係数1/2はGreen 関数の規格化である．
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問題5.1 Inにおけるσn積分について，σn= (1− σ1− · · · − σn−1)ρと置換すると σn積分= Z 1−σ1−···−σn−1 0 σn−1/2dσn= (1− σ1− · · · − σn−1)1/2 Z 1 0 ρ−1/2dρ = (1− σ1− · · · − σn−1)1/2B 1 2, 2 2 . 続いてσn−1= (1− σ1− · · · − σn−2)ρと置換すると，σn−1積分は σn−1積分= (1− σ1− · · · − σn−2)2/2 Z 1 0 ρ−1/2(1− ρ)1/2dρ = (1− σ1− · · · − σn−2)2/2B 1 2, 3 2 となる．同様の計算をσ1積分まで続けると，最後は In= B 1 2, 2 2 B 1 2, 3 2 · · · B1 2, n− 1 2 Z 1 0 σ1−1/2(1− σ1)(n−1)/2dσ1 = B 1 2, 2 2 B 1 2, 3 2 · · · B1 2, n + 1 2 となる．この結果にヒントにある2つの公式を用いると In= Γ (1/2) Γ (2/2) Γ (3/2) Γ (1/2) Γ (3/2) Γ (4/2) · · · Γ (1/2) Γ ((n + 1)/2) Γ ((n + 2)/2) = ( √ π)n Γ ((n + 2)/2) = 2n(√π)nΓ ((n + 1)/2) √ πΓ (n + 1) = 2n(√π)n √ π n! Γ n + 1 2 となって(5.21)が得られる．問題5.2 まずK1積分は K1積分= Z R2 e−σ1K12e−ε(K2−K1)2d2K1 = Z R2 exp h −λ1{K1− (ε/λ1)K2}2− {ε − (ε2/λ1)}K22 i d2K1 = π λ1e −{ε−(ε2 /λ1)}K22 (λ 1= σ1+ ε) となる．引き続きK2積分をすると K2 積分= Z R2 e−σ2K22e−ε(K3−K2)2e−{ε−(ε2/λ1)}K22d2K2 = Z R2 exp h −λ2{K2− (ε/λ2)K3}2− {ε − (ε2/λ2)}K32 i d2K2 = π λ2e −{ε−(ε2/λ 2)}K32 λ2= σ2+ 2ε− ε2 λ1 . 以下同じ計算を繰り返して，最後は Kn 積分= Z R2 e−σnKn2e−εK 2 ne−{ε−(ε 2/λ n−1)}K2 nd2K n = Z R2 e−λnK2nddK2 n= π λn λn= σn+ 2ε− ε2 λn−1 となり，これらを併せると(5.27)が得られる． 不等式(5.28)は数学的帰納法によって簡単に証明されるので省略する． 問題5.3 X < 0に対して，原点を中心とした大きな半径の上半円C+上を反時計回りに一周積分す ると，(5.32)の極がC+の外部にあるので 1 2π I C+ fφ∞,γ(q)e−iqXdq = 0 . X < 0なので上半円の円弧上の積分は半径→ ∞とともに0となる．したがって P∞(2)(X) = 0 . X > 0に対しては，原点を中心とした大きな半径の下半円C−上を時計回りに一周積分す る．今度は(5.32)の極がC−の内部にあるので， P∞(2)(X) = −2πi 2π Res fφ∞,γ(q)e−iqX, 1 ia2 = 1 a2e −X/a2 となる． 問題5.4 (5.66)に1/|x − y|のLegendre（ルジャンドル）多項式展開 1 |x − y| = 1 max{r, ρ} ∞ X n=0 hnPn(cos θ) h = min{r, ρ} max{r, ρ} を代入してyで積分する．ここに|x| = r，|y| = ρとし，∠xOy = θとおいた．
今の場合V (y)とφ(q, y)が|y| = ρのみに依存するので，d3y = 2πρ2sin θdρdθのθ積
分をすると， Z π 0 Pn(cos θ) sin θdθ = 0 (n≧ 1) よりn = 0の項のみが残って φ(q, r) = 1 +iq D Z ∞ 0 1 max{r, ρ}V (ρ)φ(q, ρ)ρ 2dρ ( ρ =|y| ) となる．ρ積分は Z ∞ 0 1 max{r, ρ}V (ρ)φ(q, ρ)ρ 2 dρ ≦ 1 r Z ∞ 0 |V (ρ)|ρ2 dρ = 1 4πr||V ||1 と抑えられるので， lim r→∞φ(q, r) = 1 となり (5.71)が得られる．
